Puntos racionales en la secuencia de polinomios de Fibonacci

Question

Dejemos que $\{a_n\}$ sea una secuencia de polinomios en $\mathbb{Q}[x,y]$ con $a_0=0,a_1=1$ y $$a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2}$$ Los primeros se parecen a $$a_3:y+x^2$$ $$a_4:2xy+x^3=x(2y+x^2)$$ $$a_5:y^2+3x^2y+x^4$$ $$a_6:3xy^2+4x^3y+x^5=x(y+x^2)(3y+x^2)$$

Tenga en cuenta que $a_6=0$ tiene muchos puntos racionales evidentes, por ejemplo $(3,-9)$ .

Conjeturo: Para $n>6$ , $a_n=0$ no tiene puntos racionales no triviales. ¿Cómo puedo demostrar esto?

Answer 1

En primer lugar, puedes hacer el mismo tipo de truco para obtener una forma cerrada para esto que utilizamos para cualquier otra recurrencia lineal.

Las raíces de $U^2-xU -y=0$ son $u_1,u_2=\frac{x\pm\sqrt{x^2+4y}}{2}$ .

Y $a_n = bu_1^n + cu_2^n$ para algunos $b,c\in R=\mathbb Q(x,y)[\sqrt{x^2+4y}]$ .

Resolver para $b$ y $c$ obtenemos $b=-c$ y $b(u_1-u_2)=b\sqrt{x^2+4y}=1$ .

Así que $$a_n = \frac{1}{\sqrt{x^2+4y}}\left(\left(\frac{x+\sqrt{x^2+4y}}{2}\right)^n - \left(\frac{x-\sqrt{x^2+4y}}{2}\right)^n\right)$$

Desde $u_1u_2=-y$ , $u_1^n=u_2^n$ para una racionalidad específica $x,y$ significa que $u_1^{2n}=(-y)^n$ Así que $-\frac{u_1^2}{y}$ debe ser un $n$ raíz de $1$ . Ahora:

$$-\frac{u_1^2}{y} = \frac{-x^2-2y - x\sqrt{x^2+4y}}{2y}$$ que, si $x,y$ son racionales, es cuadrática sobre $\mathbb Q$ . Las únicas raíces primitivas de la unidad que son como máximo cuadráticas sobre $\mathbb Q$ son las raíces cuadradas, las raíces cuartas, las raíces cúbicas y las raíces sextas.

Obsérvese que esto también demuestra que si $(x_0,y_0)$ es un punto racional de $a_n$ entonces es un punto racional de $a_{kn}$ para cualquier $k$ . En realidad, esto se extiende a cualquier punto, porque el argumento de que $-\frac{u_1^2}{y}$ debe ser una raíz de la unidad se cumple siempre que $u_1^n=u_2^n$ y $y\neq 0$ .

Vale la pena añadir en el caso separado cuando $x^2+4y=0$ que es el caso cuando $u_1=u_2=\frac{x}{2}$ y entonces la fórmula cerrada es de la forma

$$a_n = (bn+c)\left(\frac{x}{2}\right)^n$$

Así que $c=0$ y $bx/2 = 1$ así que $b=\frac{2}{x}$ y la fórmula en este caso es:

$$a_n = n\left(\frac{x}{2}\right)^{n-1}$$ Sólo es cero cuando $x=0$ y por lo tanto $y=0$ .

Una forma de ver eso $a_n$ es un factor de $a_{nk}$ es para notar que:

$$a_{nk}=\frac{1}{\sqrt{x^2+4y}}(u_1^{nk}-u_2^{nk}) = \frac{1}{\sqrt{x^2+4y}}(u_1^n-u_2^n)\left(...\right)$$

Y sólo mostrar que la sección elidida debe ser un polinomio en $x,y.$ No es difícil - es una combinación de expresiones de la forma $u_1^k+u_2^k$ , lo que hace que todas las raíces cuadradas se cancelen.

¿Qué ocurre en los casos planteados? Es decir, cuando $x^2=-y,-2y,-3y$ ?

Entonces lo consigues:

$$\begin{align} (x,y)=(1,-1)&\implies -\frac{u_1^2}{y} = \frac{1-\sqrt{3}}{-2}=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}\\ (x,y)=(2,-2)&\implies-\frac{u_1^2}{y}=\frac{0-2\sqrt{-4}}{-4}=i\\ (x,y)=(3,-3)&\implies-\frac{u_1^2}{y}=\frac{-3-3\sqrt{-3}}{-6}=\frac{1+\sqrt{3}}{2} \end{align}$$

Además, para $a_2$ , obtenemos cualquier $(0,y)$ es una raíz, y $-\frac{u_1^2}{y}=-1$ .

Así que tienes representadas todas las raíces cuadráticas y lineales de la unidad, excepto $1$ sí mismo.